Tèorèmo de Tchebychev

Cél articllo est ècrit en arpetan supradialèctâl / ORB lârge.

En matèmaticos, lo tèorèmo de Tchebychev afirme qu'entre un entiér et son doblo, il ègziste tojorn un nombro premiér.

Més prècisament, l'ènonciê cotemiér est lo d'aprés :

Por tot entiér $n>1$, il ègziste un nombro premiér $p$ d'ense que n $<p<2n$.

Ceti-ce at étâ suposâ per Joseph Bertrand, pués dèmontrâ per Pafnouti Tchebychev en 1850.

Ènonciês

• L'ènonciê cotemiér du tèorèmo de Tchebychev :

  1. Por tot entiér $n>1$, il ègziste un nombro premiér $p$ d'ense que n $<p<2n$.

  O est èquivalent ux quatro siuvents :

  2. Por tot entiér $n\geq 1$, il ègziste un nombro premiér $p$ d'ense que n $<p\leq 2n$.

  3. Por tot entiér $n\geq 1$, $\pi (2n)-\pi (n)\geq 1$, yô $\pi$ est la fonccion de compto des nombros premiérs.

  4. Por tot tôx $k$, $p_{k+1}<2p_{k}$, yô $(p_{k})_{k\geq 1}$ est la suite des nombros premiérs.

  5. Por tot tôx $k$, $g_{k}<p_{k}$, yô $g_{k}=p_{k+1}-p_{k}$ est lo ècârt entre un nombro premiér et lo d'aprés.

  et pués ux variantes obtenues en remplacient, dens los ènonciês 1 a 3, « por tot entiér » per « por tot rèèl ».

• Celi èxprimâ per Joseph Bertrand et dèmontrâ per Pafnouti Tchebychev, ére legiérement més fôrt :

Por tot entiér $n>3$, il ègziste un nombro premiér $p$ d'ense que n $<p<2n-2$.

Historico

La suposicion est ènonciê por lo premiér côp en 1845 per Joseph Bertrand dens una ètude sur des groupes de permutations, aprés qu'il at controlâ sa validitât por tôs los nombros enfèriors a 6 milyons.

O est Pafnouti Tchebychev qu'obtint, en 1850, la premiére dèmonstracion : il utilise spècialament un encâdrament de la factoriala per des fonccions dèrivâyes de la formula de Stirling et pués la fonccion $\theta$, dèfenia per $\theta (x)=\sum _{p=2}^{x}\ln p$, yô $p$ parcôrt los nombros premiérs enfèriors ou ègâls a x ${\displaystyle }$. Dês alor, la suposicion s'apèle asse « tèorèmo de Tchebychev » ou, més rârament, « tèorèmo de Bertrand-Tchebychev ».

Edmund Landau, en 1909, dens son ovrâjo de sintèsa des cognessences de l'època sur la rèparticion des nombros premiérs, reprend por l'èssencièl la dèmonstracion de Tchebychev.

En 1919, Srinivasa Ramanujan dona du postulat de Bertrand una dèmonstracion més simpla.

En 1932, Paul Erdős, a l'ocasion de sa premiére publecacion, a l'âjo de 19 ans, publeye una dèmonstracion a chavon èlèmentèra dens qu'il utilise los coèficients binomiaux. Por son èlègance, ceta dèmonstracion de Erdős est yona de celes retenues per Martin Aigner et Günter M. Ziegler dens lor lévro Rêsonements divins.

Dèmonstracion

Notens $\mathbb {P}$ l'ensemblo des nombros premiérs et dèfenéssens :

$\theta (x)=\sum _{p\in \mathbb {P} ;\,p\leq x}\ln p$.

Vê-ce lo plan de la dèmonstracion :

• lèmo de majoracion de $\theta (x)$ ;
• vèrificacion èxplique a chavon de la propriètât por ne ' ≤ 630 ;
• dèmonstracion de la propriètât (dens sa vèrsion cotemiére) por ne ' > 630 (en utilisant lo lèmo).

Lèmo de majoracion de θ(x)

Pour tout entier $n\geq 1,\qquad \theta (n)<n\ln 4$.

Dèmonstracion du lemme, per rècurrence

• La propriètât est veré por n = 1 : $\theta (1)=0<1\ln 4$.
• La propriètât est veré por n = 2 : $\theta (2)=\ln 2<2\ln 4$.
• Sêt N > 2. Suposens la majoracion veré por tôs los entiérs positifs n < N et montrens-la por n = N.
  • Se N > 2 est par : $\theta (N)=\theta (N-1)<(N-1)\ln 4<N\ln 4$. En èfèt, N, étent par et difèrent de 2, est pas premiér ; donc il y at atant de nombros premiérs entre 1 et N qu'entre 1 et N – 1.
  • Se N > 2 est empar. Sêt N = 2m + 1 avouéc m > 0. Per la formula du binômio de Newton

    $4^{m}={\frac {(1+1)^{2m+1}}{2}}={\frac {\sum _{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}}{2}}\geq {\frac {{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}}{2}}={2m+1 \choose m+1}$.

    Châque nombro premiér p d'ense que m + 1 < p ≤ 2m + 1 divise ${2m+1 \choose m+1}$, cen que nos balye :

    $\theta (2m+1)-\theta (m+1)\leq \ln({2m+1 \choose m+1})\leq \ln(4^{m})=m\ln 4$.

    Per hipotèsa de rècurrence, $\theta (m+1)<(m+1)\ln 4$, donc :

    $\theta (N)=\theta (2m+1)<(2m+1)\ln 4=N\ln 4$.

Vèrificacion por "n" ≤ 630

Se 2 ≤ "n" ≤ 630, on utilise lo procèdâ de Landau :

considèrens la suite d'onze nombros premiérs 2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317 et 631, châcun étent strictament enfèrior u doblo de son devantiér.

Il ègziste doux nombros siuvus de ceta lista, "q" et "p", tâls que

$q\leq n<p$, donc $n<p$ et $2q\leq 2n$.

En ples, per construccion de ceta lista, $p<2q$, cen que, juent a $2q\leq 2n$, dona $p<2n$. On at donc ben

$n<p<2n$.

Prôva por "n" > 630

Enstalacion de la stratègie

Per la formula du binômio,

$4^{n}=(1+1)^{2n}=2+\sum _{k=1}^{2n-1}{2n \choose k}$.

Vu que ${2n \choose n}$ est lo més grant tèrmeno de la soma, on en dèduit : $4^{n}\leq 2n{2n \choose n}$. Apelens $R(p,n)$ lo més grant nombro "x" d'ense que $p^{x}$ divise ${2n \choose n}$. On at donc

${\frac {4^{n}}{2n}}\leq {2n \choose n}=\prod _{p\in \mathbb {P} }p^{R(p,n)}=P_{1}P_{2}P_{3}P_{4}$,

avouec

$P_{1}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,p\leq {\sqrt {2n}}}p^{R(p,n)},\quad P_{2}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,{\sqrt {2n}}<p\leq 2n/3}p^{R(p,n)},\quad P_{3}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,2n/3<p\leq n}p^{R(p,n)},\quad P_{4}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,n<p<2n}p^{R(p,n)}$.

Por minorar $P_{4}$ (por montrar que $P_{4}>1$) on vat majorar $P_{1}$, $P_{2}$ et $P_{3}$. Il nos fôt por cen majorar los $R(p,n)$.

Carcul des R("p", "n")

On dèsigne per $\left\lfloor X\right\rfloor$ la partia entiére de $X$, et per $\left\{X\right\}$ sa partia fractionnaire.

Vu que (d'aprés una formula de Legendre)n! possède math> \sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac n{p^j} \right \rfloor </math> factors ègâls a "p", on obtint :

$R(p,n)=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor =\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor$

Majoracion de P₁

Vu que châque tèrmeno $\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor$ vâlt sêt 0 (quand $\left\{{\frac {n}{p^{j}}}\right\}<{\frac {1}{2}}$) sêt 1 (quand $\left\{{\frac {n}{p^{j}}}\right\}\geq {\frac {1}{2}}$) et que tôs los tèrmenos avouéc $j>\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln p}}\right\rfloor$ sont nuls, on obtint :

$R(p,n)\leq \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln p}}\right\rfloor$,

donc $p^{R(p,n)}\leq 2n$, donc $P_{1}\leq (2n)^{\sqrt {2n}}$.

Majoracion de P₂

Per $p>{\sqrt {2n}}$, la soma dens R(p, n) est rèduita a son premiér tèrmeno, $\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor$ que, coma ja mencionâ, vâlt 0 ou 1. On at donc $R(p,n)\leq 1$, d'yô

$P_{2}\leq \prod _{p\in \mathbb {P} ,{\sqrt {2n}}<p\leq 2n/3}p\leq \operatorname {exp} (\theta (2n/3))<4^{2n/3}$,

la dèrriére inègalitât venent du lèmo.

Majoracion de P₃

En fêt, $P_{3}=1$ (o est lo pouent cllâf de la prôva d'Erdös) câr se $2n/3<p\leq n$ alor

$R(p,n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor =2-2=0$.

Sintèsa

On at botâ a

$4^{n}\leq 2nP_{1}P_{2}P_{3}P_{4}<(2n)^{1+{\sqrt {2n}}}.4^{2n/3}.1.P_{4}$,

sêt

$P_{4}>{\frac {4^{n/3}}{(2n)^{1+{\sqrt {2n}}}}}$

que, en posant $2n=2^{2t}$, sè rècrit

$\ln(P_{4})>{\frac {t2^{t}\ln 2}{3}}\left({\frac {2^{t}}{t}}-6(1+2^{-t})\right)$.

Or $2n>1024=2^{10}$ donc $t>5$, d'yô ${\frac {2^{t}}{t}}>{\frac {2^{5}}{5}}>6(1+2^{-5})>6(1+2^{-t})$, tant ben que $\ln(P_{4})>0$, cen qu'achavone la dèmonstracion.